第一章特殊平行四边形单元测试题2025-2026学年北师大版九年级数学上册

第一章 特殊平行四边形 单元测试题 一、单选题 1．若菱形中两个相邻内角的度数比是，那其中较大的角的度数是（　　） A． B． C． D． 2．如图，正方形和正方形中，点D在上，，C到直线的距离是（    ） A． B． C． D．2 3．下列说法中，不正确的是（    ） A．顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．三个角都是直角的四边形是矩形 D．对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形 4．如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴，，．将菱形绕点O顺时针旋转，使点D落在x轴的正半轴上，则旋转后点C对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．已知正方形的对角线长为，则该正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 7．小明准备利用周末时间去种花，如图，在菱形花坛中，，在其中两个正六边形部分种花，若种花部分图形的周长（不含图中虚线）为，则菱形花坛的边长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在矩形中，，，P为上一动点，于E，于F，则的值为（   ） A．6 B． C． D． 9．如图，把3个相同的矩形填充到菱形中，如果测得每个矩形的周长为，那么菱形的周长为（   ） A． B． C． D． 10．如图，在菱形中，，，对角线和交于点O，E为对角线上一动点，将绕点D逆时针旋转至，连接，则的最小值为（    ） A． B． C．6 D． 二、填空题 11．如图，正方形的边长为2，将其绕顶点按逆时针方向旋转一定角度到如图所示的位置，使得点落在对角线上，则阴影部分的面积是 ． 12．如图，矩形纸片，．如果点P在边上，将纸片沿折叠，使点B落在点E处，连接，当是直角三角形时，那么的长为 ． 13．把边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，边与交于点，则四边形的周长为 ． 14．已知：如图，在中，，．将绕顶点O，按顺时针方向旋转到处，此时线段与的交点D恰好为的中点，则线段 ． 15．如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下4个结论：①；②；③；④．在以上4个结论中，正确的有 （填序号） 三、解答题 16．如图，在中，点E在边上，和分别是和的角平分线，以为对角线向外作四边形，使，．求证：四边形是矩形． 17．如图，在平面直角坐标系中，每个正方形小方格的边长都是一个单位长度，的三个顶点，均在格点上． (1)画出与关于原点对称的，并写出点的坐标． (2)连接、，判断四边形形状（不必说明理由）． 18．如图，点P是正方形内一点，，，，沿点A旋转至，连接，并延长与相交于点． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)判断的形状，并求的度数． 19．已知，如图，在中，，是的中线，是的中点，连接并延长到，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)求：的值． (3)若，求菱形的面积． 20．如图所示，四边形为菱形,，点E为边上动点，点B关于直线的对称点为点F，点G为中点． (1)如图1，当点为的中点时，求的长； (2)点E运动过程中，是否存在？若可能，求长；若不可能，请说明理由； (3)点E运动过程中，求点G的运动轨迹． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第一章 特殊平行四边形 单元测试题2025-2026学年北师大版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B D B C C C B B 1．B 【分析】此题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟知菱形的邻角互补． 根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：∵菱形中两个相邻内角的度数比是，两个相邻内角的和是 ∴其中较大的角的度数是． 故选：B． 2．C 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理． 作交于点H，连接，延长交于点M，利用勾股定理求出，再根据三角形面积公式即可解答． 【详解】解：作交于点H，连接，延长交于点M， 正方形和正方形中，， ∴，， ∴，， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 3．B 【分析】本题考查了矩形、菱形和正方形的判定，根据矩形、菱形和正方形的判定方法逐项判断即可求解，掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：、顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形，该选项说法正确，不合题意； 、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，该选项说法错误，符合题意； 、三个角都是直角的四边形是矩形，该选项说法正确，不合题意； 、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，该选项说法正确，不合题意； 故选：． 4．D 【分析】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 由菱形的性质可得，A、B、C均在坐标轴上，再由直角三角形的性质可得，然后由勾股定理可得到的长，即可求解． 【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点D落在x轴正半轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴点C的坐标为． 故选：D 5．B 【分析】本题考查正方形的性质，解题关键是掌握正方形的对角线相等且垂直，且当四边形的对角线互相垂直时面积等于对角线乘积的一半，比较容易解答． 根据正方形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∴正方形的面积， 故选：B． 6．C 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的判定定理和性质． 对角线互相垂直平分的四边形为菱形，得出四边形为菱形，再根据菱形的性质求解即可． 【详解】解：对角线互相垂直平分的四边形为菱形， ∴四边形为菱形， ∴四边形的周长为， 故选：C． 7．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质的运用． 根据已知可得到为正三角形，从而可求得正六边形的边长是边长的，根据种花部分图形共有 10 条边和其周长，即可求解． 【详解】解：∵为菱形， ∴， ∴为正三角形， 以的顶点所在的小三角形也是正三角形，所以正六边形的边长是边长的， 则种花部分图形共有 10 条边， 所以菱形花坛的边长为， 故选：C． 8．C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理，矩形的性质是解题的关键． 设的交点为O，根据勾股定理，得到，继而得到，，解答即可． 【详解】解：设的交点为O， ∵矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 则 ∴， 故选：C 9．B 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是证明．首先根据已知条件，通过等量代换证明，从而得到，进一步推出，得出，然后利用矩形周长求出和的长度，接着中运用勾股定理求出的长度，最后根据菱形性质计算出萎形的周长。 【详解】解：如图，由题意可知：三点共线， ，长宽 （宽）（长）（宽）， ， ， ， ， ， ， 矩形的周长为，， ， 菱形的周长为：， 故选：B． 10．B 【分析】本题考查图形旋转的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、菱形的性质、含有的直角三角形的性质．连接，过点作于点，证明，求出的大小，根据直角三角形边长关系求得的最小值为． 【详解】∵四边形是菱形，， ∴，， ∵将绕点D逆时针旋转至， ∴， ，即， 连接，在和中，， ， ， ， ∴． 过点作于点， 则， ∴当点与点重合时，取最小值， 在中，，， ，， ， 在中，，， ， ∴最小值为． 故选：B． 11． 【分析】该题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，根据题意求出，再利用阴影部分的面积求解即可． 【详解】解：正方形的边长为2，将其绕顶点按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点落在对角线上， ， ， ， ， ∴阴影部分的面积； 故答案为：． 12．3或6 【分析】本题考查了矩形与折叠，涉及了勾股定理，正方形的判定与性质，注意分类讨论；掌握折叠的性质是解题关键．分两种情况：；，利用矩形的性质，折叠的性质及勾股定理即可求解． 【详解】解：若，如图， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知：， ∴A、E、C三点共线， 由勾股定理得：， ∴， 设，则， 在中，, 即， 解得：， 即； 若，如图， 则， ∴四边形为矩形， 由折叠知，， ∴四边形为正方形， ∴； 综上，的长为3或6； 故答案为：3或6． 13． 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，二次根式的加减计算，勾股定理．连接构造等腰是解题的关键． 当绕点逆时针旋转度后，刚好落在正方形对角线上，可求三角形与边长的差，再根据等腰直角三角形的性质，可求，再由勾股定理求解，即可求解，从而可求四边形的周长． 【详解】解：连接，如图所示 四边形是正方形，， ，， 正方形绕点逆时针旋转得到正方形， 在上，， 为等腰直角三角形， ， ∴同理， ∴， 四边形的周长是：． 故答案为：． 14． 【分析】本题主要考查了勾股定理，旋转的性质，直角三角形的性质，利用勾股定理求出的长，则可求出的长，再由旋转的性质得到，据此由线段的和差关系可得答案． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵D为的中点， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， 故答案为：． 15．①③④ 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，即可判定①；依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到，即可判定③；再由，，为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出，，则可判定②；由的面积与面积的比等于，即可判定④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可知，，， ，而， ，故①正确； ， 由折叠可得，， ，故③正确； 正方形边长是12， ， 设，则，， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，，，故②错误； ，，故④正确； 故答案为：①③④． 【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．熟练运用知识点是解题的关键． 16．见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义可得到，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，，． ∵，， ∴，． ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∵和分别是和的角平分线， ∴，． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． 17．(1)见解析；，， (2)四边形为矩形 【分析】此题考查了中心对称的作图、点的坐标、矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键． （1）找到关于原点的对称点，顺次连接得到，再写出点的坐标即可； （2）根据矩形的判定方法，进行判定即可． 【详解】（1）解：如图为所求作的三角形；，，； （2）解：四边形是矩形； 如图，连接，， ∵与关于原点对称，与关于原点对称， ∴，，且点O在，点O在上， ∴四边形为平行四边形， ∵， ， ， 又∵， ∴， ∴为直角三角形， ∴， ∴四边形为矩形． 18．(1)见解析 (2)直角三角形， 【分析】（1）根据旋转的性质可知，，所以，，因为，所以，即，故是等腰直角三角形； （2）先根据勾股定理逆定理判断是直角三角形，得出，由知是等腰直角三角形，那么，再根据平角定义即可求出的度数； 【详解】（1）证明：沿点A旋转至， 根据旋转的性质可知，， ，， ， ， 即， 是等腰直角三角形； （2）解：是直角三角形，，理由如下， 由知，， ， ，， ， 是直角三角形，， 是等腰直角三角形， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 19．(1)证明见解析 (2) (3)24 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，中位线，全等三角形的判定与性质，线段的和差，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识点，熟悉掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据三角形中线性质可得，再由已知条件可证得；根据直角三角形斜边中线性质得，可证，进而可求解； (2) 分别作的中点M，N，连接，先证明，继而证明，得到，推导出， 即，则，即可解答． （3）通过证明四边形是平行四边形，求得，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵是中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：分别作的中点M，N，连接，如图 ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴． （3）连接， ， ∴四边形是平行四边形， ， 是中线， ∴， ， ， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积=． 20．(1) (2)不存在,理由见解析 (3)以中点为圆心，半径为1的圆 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质、三角形中位线定理、圆的定义及垂直关系的性质，解题的关键是熟练运用菱形与轴对称的性质转化等线段、等角关系，结合等边三角形三线合一、中位线定理及圆的定义推导，通过假设与矛盾分析判断存在性． （1） 连接、、；由菱形性质及，判定为等边三角形，得；因是中点，根据等边三角形三线合一得，推出点关于的对称点与重合；故. （2） 连接；由菱形性质得、，进而；由轴对称性质得、；假设，则，计算得；因，故，推出，即点与重合，与“对称点”矛盾；故不存在. （3）取中点，连接；由是中点，根据三角形中位线定理得；由轴对称性质，故；又是中点，，得；根据圆的定义，点到定点的距离恒为1，故点的运动轨迹是以中点为圆心、半径为1的圆． 【详解】（1）连接、、． 当点E为的中点时，如下图： ∵四边形为菱形， ∴三角形是等边三角形，得， ∵点E是的中点， ∴（三线合一）， ∴点B关于点E的对称点为点， 即当点E是的中点时，点C与点F重合， ∴ （2）不存在，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点B关于直线的对称点为点， ∴， 若，则， ∴， ∵由得， ∴， ∴，此时点F与B重合，不符合题意， ∴不可能存在 （3）如图，取中点，连接， 则为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴点E运动过程中，点G的运动轨迹是以中点为圆心，半径为1的圆． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $